2021高考物理新高考版一轮习题：第三章 微专题24 “板——块模型”的动力学问题(含解析)

“滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：a m＝F fm
m.假设两
物体同时由静止一起运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力．
1．(多选)(2020·云南昆明市测试)如图1甲所示，一块质量为m A＝2 kg的木板A静止在水平地面上，一个质量为m B＝1 kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一向右的水平恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图象如图乙所示．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是()
图1
A．滑块与木板之间的动摩擦因数为0.6
B．木板与地面之间的动摩擦因数为0.1
C．F的大小可能为9 N
D．F的大小与板长L有关
2．(多选)(2019·江苏泰州市上学期期末)如图2所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，长木板始终静止．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．则()
图2
A．μ1一定小于μ2
B．μ1可能大于μ2
C．改变F的大小，F>μ2(m1＋m2)g时，长木板将开始运动
D．改F作用于长木板，F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动
3．(多选)(2019·广东湛江市下学期第二次模拟)如图3甲所示，在光滑水平面上，静止一质量为M的长木板，质量为m的小滑块(可视为质点)放在长木板上．长木板受到的水平拉力F与加速度a的关系如图乙所示，重力加速度大小g取10 m/s2，下列说法正确的是()
图3
A ．长木板的质量M ＝1 kg
B ．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.5
C ．当F ＝6.5 N 时，长木板的加速度大小为2.5 m/s 2
D ．当F 增大时，小滑块的加速度一定增大
4．(2019·河南郑州市第一次模拟)如图4所示，a 、b 两个物体静止叠放在水平桌面上，已知
m a ＝m b ＝m ，a 、b 间的动摩擦因数为μ，b 与地面间的动摩擦因数为14
μ.已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现对a 施加一水平向右的拉力，下列判断正确的是( )
图4
A ．若a 、b 两个物体始终相对静止，则力F 不能超过32
μmg B ．当力F ＝μmg 时，a 、b 间的摩擦力为32
μmg
C ．无论力F 为何值，b 的加速度不会超过34
μg D ．当力F ＞μmg 时，b 相对a 滑动
5．(2019·河北衡水中学高考模拟)如图5甲所示，地面上有一长为l ＝1 m ，高为h ＝0.8 m ，质量M ＝2 kg 的木板，木板的右侧放置一个质量为m ＝1 kg 的木块(可视为质点)，已知木块与木板之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.6，初始时两者均静止．现对木板施加一水平向右的拉力F ，拉力F 随时间t 的变化如图乙所示，取g ＝10 m/s 2.求：
图5
(1)前2 s 木板的加速度大小；
(2)木块落地时距离木板左侧的水平距离Δs .
答案精析
1．BD [由题图乙可知，在0～1 s 内，木板A 的加速度a 1＝2 m/s 2，在1～3 s 内，木板A 的加速度a 2＝－1 m/s 2.设滑块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，在0～1 s 内，隔离木板A 受力分析，有μ1m B g －μ2(m A ＋m B )g ＝ m A a 1，在1～3 s 内，隔离木板A 受力分析，有－μ2m A g ＝ m A a 2，联立解得：μ2＝0.1，μ1＝0.7，选项A 错误，B 正确；隔离B 受力分析，由牛顿第二定律，F －μ1m B g ＝ m B a 3，根据v －t 图象与t 轴所围的面积表
示位移可知，在0～1 s 内，木板A 位移x 1＝1 m ．滑块B 在1 s 内的位移x 2＝12a 3t 2＝F －72
，木板A 长度L ＝ x 2－x 1＝F －72－1＝F －92
，可变换为F ＝2L ＋9，即F 的大小与板长L 有关，选项D 正确；若F 的大小为9 N ，由牛顿第二定律，F －μ1m B g ＝ m B a 3，可得a 3＝2 m/s 2，A 、B 加速度相同，不能发生相对滑动，所以F 的大小必须大于9 N ，选项C 错误．]
2．BD [对m 1，根据牛顿第二定律有：F －μ1m 1g ＝m 1a ，对m 2，由于保持静止有：μ1m 1g －F f ＝0，F f ＜μ2(m 1＋m 2)g ，所以动摩擦因数的大小无法比较．故A 错误，B 正确；改变F 的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对长木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止，故C 错误；若将F 作用于长木板，当木块与长木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m 1g ＝m 1a ′，解得a ′＝μ1g ，对整体分析，有F －μ2(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ′，解得F ＝(μ1＋μ2)(m 1＋m 2)g ，所以当F ＞(μ1＋μ2)(m 1＋m 2)g 时，长木板与木块将开始相对滑动，故D 正确．]
3．AC [对整体分析，由牛顿第二定律有：F ＝(M ＋m )a ，
当F ＝6 N 时，此时两物体具有最大共同加速度，代入数据解得：M ＋m ＝3 kg
当F 大于6 N 时，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝Ma ，即F ＝Ma ＋μmg ，知图线的斜率k ＝M ＝1 kg ，故滑块的质量为：m ＝2 kg.故A 正确；根据F ＝Ma ＋μmg 可知纵截距μmg ＝4 N ，
解得：μ＝0.2，故B 错误；当F ＝6.5 N 时，长木板的加速度为：a ＝F －μmg M
＝2.5 m/s 2，故C 正确；当F 增大，两物体发生滑动时，小滑块的加速度为a ＝μmg m
＝2 m/s 2，恒定不变，故D 错误．]
4．A [a 、b 之间的最大静摩擦力为：F fmax ＝μmg ，b 与地面间的最大静摩擦力为：
F fmax ′＝14μ(m ＋m )g ＝12
μmg a 、b 相对地面一起运动，刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律得：
对b 有：μmg －12μmg ＝ma 0，得a 0＝12
μg 对整体有：F 0－12μmg ＝2ma 0，得：F 0＝32
μmg ，所以若a 、b 两个物体始终相对静止，则力F 不能超过32μmg ，当力F ＞32
μmg 时，b 相对a 滑动，故A 正确，D 错误；当力F ＝μmg 时，a 、b 一起加速运动，加速度为：a 1＝μmg －12μmg 2m ＝14
μg ，对a ，根据牛顿第二定律可得：F －F f1＝ma 1，解得a 、b 间的摩擦力为F f1＝34
μmg ，故B 错误； 根据A 选项的分析可知，无论力F 为何值，b 的加速度不会超过12
μg ，故C 错误．] 5．(1)2 m/s 2 (2)1.68 m
解析 (1)设木块在木板上滑行的最大加速度为a 1，则μ1mg ＝ma 1，解得：a 1＝4 m/s 2 保持木块与木板一起做匀加速运动的最大拉力
F m ＝μ2(M ＋m )g ＋(M ＋m )a 1＝30 N.
因F 1＝24 N<F m ＝30 N ，故木块与木板一起做匀加速运动，由牛顿第二定律可得： F 1－μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a
解得：a ＝2 m/s 2
(2)设2 s 末木块与木板的速度为v ，由运动学知识可得：v ＝at 1
2 s 后F 2＝34 N>F m ＝30 N ，木块和木板发生相对滑动，木块加速度为a 1，木板加速度为a 2，则
F 2－μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2
经时间t 2二者分离，此时由运动学知识可得：
v t 2＋12a 2 t 22－(v t 2＋12
a 1 t 22)＝l 解得：a 2＝6 m/s 2，t 2＝1 s
此时木块的速度v块＝v＋a1t2
木板的速度：v板＝v＋a2t2
设木块与木板分离至滑落到地的时间为t3，由平抛运动知识可得：h＝1
2
2g t3
在木块与木板分离至落到地面的时间t3内，木块在水平方向向前运动的位移为：x块＝v块t3木块与木板分离后，木板的加速度为a3，由牛顿第二定律可得：
F2－μ2Mg＝Ma3
在木块与木板分离至落到地面的时间t3内，木板在水平方向向前运动的位移为：x板＝v板t3＋1
2
2a3t3
所以，木块落地时距离木板左侧：Δs＝x板－x块
联立以上式子解得：Δs＝1.68 m.。